MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT DẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

1/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Tìm GTNN của BT:

𝑷 = 𝒙

𝟐(𝒚 + 𝒛)

𝒚𝟐(𝒙 + 𝒛)

𝒛𝟐(𝒚 + 𝒙) 𝒚𝒙

Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:

𝒙𝟐

𝒚 +

𝒙𝟐

𝒚 +

𝒚𝟐

𝒙 ≥ 𝟑𝒙 → 𝟑𝑷 ≥ 𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒙 + 𝒛 + 𝒛 + 𝒚 = 𝟔 → 𝑷 ≥ 𝟐

2/ Cho 3 số thực dương x, y, z Tìm GTLN của BT:

𝒙 + 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)+

𝒚

𝒚 + 𝒙 + 𝒚 (𝒚 + 𝒛)+

𝒛

𝒛 + 𝒛 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)

Giải: Ta có:

𝒙

𝒙 + 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) =

𝒙 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) − 𝑥

𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑧 − 𝒙𝟐 ≤ 𝒙 𝒙 + (𝒚 + 𝒛) 𝟐 − 𝒙

𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 =

𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) Tương tự cho các số hạng khác; từ đó suy ra:

𝑆 ≤ 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)+

𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)+

𝑧𝑦 + 𝑥𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) = 1

3/ Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn đk: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐 = 𝟑 Tìm GTLN của BT:

𝑨 = 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛)

Giải: Ta có: 𝟑 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 ≥ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐 ≥ 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 ≥ 𝟎

→ 𝟑 ≥ 𝒕 = 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 ≥ 𝟑 → 𝑨 ≤ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛)𝟑 = 𝒕𝟐 + 𝟓 𝒕𝟑 = 𝒇(𝒕)

→ 𝒇 𝒕 ≤ 𝒇 𝟑 = 𝟏𝟒 𝟑 4/ Cho tg ABC có độ dài các cạnh là a, b, c CMR:

𝒂𝟑+ 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑+ 𝟑𝒂𝒃𝒄 ≥ 𝒂 𝒃𝟐+ 𝒄𝟐 + 𝒃 𝒂𝟐+ 𝒄𝟐 + 𝒄(𝒃𝟐 + 𝒂𝟐)

Giải: BĐT cần chứng minh tương đương với:

𝒂𝟑+ 𝒃𝟑− 𝒂𝒃 𝒂 + 𝒃 + 𝒄𝟑+ 𝒃𝟑− 𝒄𝒃 𝒄 + 𝒃 + 𝒂𝟑+ 𝒄𝟑 − 𝒂𝒄 𝒂 + 𝒄 ≥ 𝒂𝟑+ 𝒃𝟑+ 𝒄𝟑− 𝟑𝒂𝒃𝒄

↔ 𝒂 + 𝒃 𝒂 − 𝒃 𝟐 + 𝒄 + 𝒃 𝒄 − 𝒃 𝟐+ (𝒂 + 𝒄)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝒂 − 𝒃 𝟐+ 𝒄 − 𝒃 𝟐+ (𝒂 − 𝒄)𝟐

× (𝒂 + 𝒃 + 𝒄) 𝟐 ↔ (𝒂 + 𝒃 − 𝒄) 𝒂 − 𝒃 𝟐+ 𝒄 + 𝒃 − 𝒂 𝒄 − 𝒃 𝟐+ (𝒂 + 𝒄 − 𝒃)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝟎 5/ Cho 𝒂, 𝒃, 𝒄 > 0&𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝟑 𝟒 Tìm GTNN của BT:

𝑷 = 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃𝟑 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄𝟑 + 𝟏 𝒄 + 𝟑𝒂𝟑

Giải: Ta có 𝑷 = 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃 𝟏 𝟏𝟑 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄 𝟏 𝟏𝟑 + 𝟏 𝒄 + 𝟑𝒂 𝟏 𝟏𝟑 ≥

𝟑

𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟐+

𝟑

𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟐+

𝟑

𝒄 + 𝟑𝒂 + 𝟐≥

𝟑 × 𝟗

𝟒 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 + 𝟔 =

𝟐𝟕

𝟗 = 𝟑

6/ Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn đk: 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 ≤ 3 Chứng minh BĐT:

3𝑥𝑦 625𝒛𝟒+ 4 + 15𝑦𝑧 𝒙𝟒+ 4 + 5𝑧𝑥 81𝒙𝟐+ 4 ≥ 45 5𝑥𝑦𝑧

Giải: Đặt 𝑥 = 𝒂𝟓; 3𝑦 = 𝒃𝟓; 5𝑧 = 𝒄𝟓 𝑡𝑕ì 𝑡ừ 𝐺𝑇 𝑡𝑎 𝑐ó: 𝒂𝟓+ 𝒃𝟓 + 𝒄𝟓 ≤ 3 Theo BĐT Cô-si ta có: 3𝒂𝟓+ 2 ≥ 5𝒂𝟑 → 𝒂𝟑+ 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≤ 3 Cũng theo BĐT Cô-si ta có:

3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 = 𝒂𝟓𝒃𝟓 𝒄𝟐𝟎+ 4 ≥ 𝒂𝟓𝒃𝟓 5𝒄𝟒 = 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟐 → 𝑉𝑇 ≥ 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓×

𝒂−𝟑 + 𝒃−𝟑+ 𝒄−𝟑 ≥ 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 × 9 𝒂𝟑+ 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≥ 3 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 → đ𝑝𝑐𝑚

7/ Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn đk a + b + c = 1 Tìm GTNN của BT:

𝟑 (𝟏 − 𝒂)2 + 𝒃

𝟑 (𝟏 − 𝒃)2 + 𝒄

𝟑 (𝟏 − 𝒄)2

Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:

𝒂𝟑

(𝟏 − 𝒂)2 +1 − 𝑎

1 − 𝑎

3𝑎

4 𝑇ươ𝑛𝑔 𝑡ự 𝑡𝑎 𝑐ũ𝑛𝑔 𝑐ó 𝑐á𝑐 𝐵Đ𝑇 𝑘𝑕á𝑐; 𝑡ừ đó 𝑠𝑢𝑦 𝑟𝑎:

𝑆 +1 − 𝑎 + 1 − 𝑏 + 1 − 𝑐

3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)

3

4−

2

4 = 1

4 → 𝑀𝑖𝑛𝑆 = 0,25

8/ Cho x, y > 0 TMĐK 𝑥 + 𝑦 ≥ 4 𝑇ì𝑚 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝐵𝑇: 3 2 4 2 2 3

4

P

Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:

P

9/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝒚2 = 1 Tìm GTNN và GTLN của BT:

𝑃 = (𝑥𝟒 + 𝒚𝟒+ 1) (𝑥2 + 𝒚2 + 1)

Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 1 − 𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 1 + 3𝑥𝑦 ≥ 0 → 1 ≥ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≥ − 1 3

Ta có:

2

( ) 2

t

  

 Do PT f’(t) = 0 có nghiệm t 6  2 ( 1/ 3;1) nên

𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 6 − 2 = 6 − 2 6 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓 1 = 1

10/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝟐(𝑥2 + 𝒚2) = 𝑥𝑦 + 1 Tìm GTNN và GTLN của BT:

𝑃 = (𝑥𝟒+ 𝒚𝟒) (2𝑥𝑦 + 1)

Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 0,5 − 1,5𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 0,5 + 2,5𝑥𝑦 ≥ 0

→ −1

5 ≤ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≤

1

3 𝑣à 𝑃 =

−7𝒕2 + 2𝑡 + 1 4(2𝑡 + 1) = 𝑓 𝑡 𝐷𝑜 𝑓

′ 𝑡 = 0 𝑘𝑕𝑖 𝑡 = 0 𝑛ê𝑛

𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 0 = 1 4 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓(− 1 5) = 𝑓 1 3 = 2 15

11/ Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn đk 𝒂2 + 𝒃2 = 1 𝑣à 𝑐 − 𝑑 = 3 CMR:

𝐹 = 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 − 𝑐𝑑 ≤ (9 + 6 2) 4

Giải:Từ GT ta suy ra: c = d + 3 và theo BĐT Bunhiacốpxki ta có:

𝐹 ≤ 𝒂2 + 𝒃2 𝒄2 + 𝒅2 − 𝑑 + 3 𝑑 = (𝒅 + 𝟑)2 + 𝒅2 − 𝒅2 + 3𝑑 = 𝑡 − 0,5(𝒕2 − 9)

= (−𝒕2 + 2𝑡 + 9) 2 = 𝑓 𝑡 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝒕2 = 2(𝒅 + 𝟏, 𝟓)2 + 4,5 ≥ 4,5 → 𝑡 ≥ 3 2

𝐷𝑜 𝑓′ 𝑡 = 1 − 𝑡 > 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≤ − 3 2 → 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 − 3 2 = (9 − 6 2) 4 𝑣ớ𝑖

𝑡 ≤ − 3 2(1) ; 𝑓′ 𝑡 = 1 − 𝑡 < 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2→ 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 3 2 = (9 + 6 2) 4 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2(2) Từ (1) và (2) ta suy ra đpcm